1、2015年湖北省武汉十一中高考物理模拟试卷（十七）一、选择题（本大题共8小题，每小题6分其中14为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；68为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1物理学中有很多研究问题的方法，如控制变量法、“微元法”等关于物理学方法的使用，下列叙述不恰当的是（）A探究加速度与合外力、加速度与质量的关系时，用到了控制变量法B引入质点的概念，用到了“微元法”C在推导匀变速运动位移公式时，用到了“微元法”D伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，用到了科学假设和逻辑
2、推理的方法2如图所示，在水平天花板上用绳AC和BC吊起一个物体处于静止状态，绳子的长度分别为AC=4dm，BC=3dm，悬点A、B间距为=5dm则AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为（）A40：30：24B4：3：5C3：4：5D因CD绳长未知，故无法确定3近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2下列判断正确的是（）A飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B飞船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处
3、于失重状态C飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度4如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是（）ABCD5如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对
4、于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A电动机多做的功为B物体在传送带上的划痕长C传送带克服摩擦力做的功为D电动机增加的功率为mgv6如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在的匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k0），金属棒与导轨间存在摩擦则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有（）ABCD7如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧
5、不连接现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中（）A小球的电势能增加W2B弹簧弹性势能最大值为mv2W1W2C弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D小球和弹簧组成系统的机械能增加W28如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法不正确的是（）A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只
6、在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等三、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9如图（a）所示的装置可以验证变力做功情况下的动能定理：在一辆小车上安装两挡光片a、b和位移传感器的发射端，光电门传感器、位移传感器的接收端、力传感器安装在水平放置的固定光滑轨道上，将两块磁铁分别安装于力传感器的受力端和小车上对应的位置，且同性磁极相对让小车向力传感器方向运动，当挡光片a经过光电门传感器时，计算机记录下此时小车的速度v0，同时触发力传感器以及位移传感器工作，当挡光片b经过光电门时，计算机再次记录下此时小车的速度vt，同时力传感器和位移传感器停止工作，
7、便可得到这一过程的小车所受的磁力和位移的Fs图象，如图（b）所示（1）若小车的质量为m，请写出计算小车动能的增量Ek的表达式：（用已知量和测量量表示）（2）小车在这一过程做加速度、速度的运动（选填“变大”、“不变”或“变小”）（3）计算机通过Fs图线可以算出磁力在这一过程中所做的功请根据学过的知识写出根据Fs图线估算磁力在这一过程所做功大小的方法：10某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率所用的器材包括：输出为3V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、米尺、电阻箱、开关和导线等（1）他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，
8、金属夹可在金属丝上移动请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图1（2）实验的主要步骤如下：正确连接电路，设定电阻箱的阻值，开启电源，合上开关；读出电流表的示数，记录金属夹的位置；断开开关，改变金属夹的位置，合上开关，重复的操作（3）该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出图2的关系图线，其斜率为A1m1（保留三位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了的电阻之和（4）他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图3所示金属丝的直径是图2中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是，其数值和单位为（保留三位有效数字）11在光滑的水平冰面上建立xoy平面直角
9、坐标系：向东方向为x轴正方向，向南方向为y轴正方向现有一质量为1Kg的质点静止在坐标原点，从t=0时刻开始，在第一个2s内对质点施加一个向东方向，大小为2N的水平拉力F；在第二个2s内将此力F改为向南方向，大小不变；第三个2s内再将此力F改为向东偏北45方向，大小不变求：（1）第4s末质点的速度（结果可以用根式表达）（2）第6s末质点的位置坐标12在如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m、电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一
10、段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大 求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角（二）选考题：物理-选修3-5：13下列说法中正确的是（）A卢瑟福提出原子的核式结构模型建立的基础是粒子的散射实验B发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定D原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用E氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放
11、出光子，电子动能增加，原子的电势能增加14如图所示，长l=0.2m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m=0.5kg的小球，悬点O距地面的高度H=0.35m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t=0.1s落到地面，如果不考虑细线的形变，g=10m/s2，试求：（1）细线拉断前后的速度大小和方向；（2）假设细线由拉直到断裂所经历的时间为t=0.1s，试确定细线的平均张力大小2015年湖北省武汉十一中高考物理模拟试卷（十七）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题6分其中14为单项选择题，在每小题给出的四个选项中，只
12、有一个选项符合题目要求；68为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1物理学中有很多研究问题的方法，如控制变量法、“微元法”等关于物理学方法的使用，下列叙述不恰当的是（）A探究加速度与合外力、加速度与质量的关系时，用到了控制变量法B引入质点的概念，用到了“微元法”C在推导匀变速运动位移公式时，用到了“微元法”D伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，用到了科学假设和逻辑推理的方法【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法【专题】常规题型【分析】本题考查了物理方法的应用，根据理想实验方法的物理意义可正确
13、解答由于该实验涉及的物理量较多，因此该实验采用的是控制变量法研究加速度、质量、合力三者之间的关系理想化模型是指从客观存在的事物或过程中抽象出来的一种简单、近似、直观的模型【解答】解：A、探究加速度与合外力、加速度与质量的关系时，用到了控制变量法，故A正确；B、质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，是一个理想化的模型，故B错误；C、在推导匀变速运动位移公式时，用到了“微元法”，故C正确；D、伽利略通过理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，用到了科学假设和逻辑推理的方法，故D正确；本题选错误的，故选：B【点评】在高中物理学习过程中，会遇到不同研究问题的方法
14、，这些方法对我们的学习有很大的帮助，在理解概念和规律的基础上，要注意方法的积累2如图所示，在水平天花板上用绳AC和BC吊起一个物体处于静止状态，绳子的长度分别为AC=4dm，BC=3dm，悬点A、B间距为=5dm则AC绳、BC绳、CD绳上的拉力大小之比为（）A40：30：24B4：3：5C3：4：5D因CD绳长未知，故无法确定【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对结点C进行受力分析，由共点力的平衡可得出几何图形，由几何关系可知两绳拉力的比值【解答】解：对结点受力分析如图所示，因三力的合力为零，故两绳子的拉力的合力与物体的重力大小相等，方向相
15、反；AB与AC夹角为90，则由几何关系可知：TAC：TBC：TCD=lAC：lBC：lAB=3：4：5，故C正确故选：C【点评】解决共点力的平衡问题，关键在于正确的受力分析及作出受力分析图，并能利用好几何关系进行求解，若力为三个时一般采用合成法，即任意两力之和与第三力大小相等，方向相反进行合成3近几年我国在航空航天工业上取得了长足的进步，既实现了载人的航天飞行，又实现了航天员的出舱活动如图所示，在某次航天飞行实验活动中，飞船先沿椭圆轨道1飞行，后在远地点343千米的P处点火加速，由椭圆轨道1变成高度为343千米的圆轨道2下列判断正确的是（）A飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能大B飞
16、船在圆轨道2上时航天员出舱前后都处于失重状态C飞船在此圆轨道2上运动的角速度小于同步卫星运动的角速度D飞船在椭圆轨道1上通过P的加速度小于沿圆轨道2运动的加速度【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【专题】人造卫星问题【分析】同步卫星的周期T=24h，根据周期与角速度的关系可知角速度的大小关系飞船在飞行过程中只受地球万有引力作用，飞船处于完全失重状态飞船的加速度由万有引力产生，加速度是否相同就是看飞船受到的万有引力是否一样【解答】解：A、在远地点343千米处点火加速，机械能增加，故飞船在椭圆轨道1上的机械能比圆轨道2上的机械能小，故A错误B、飞船在圆轨道上时，航天员出舱前后，航天员所受地球
17、的万有引力提供航天员做圆周运动的向心力，航天员此时的加速度就是万有引力加速度，即航天员出舱前后均处于完全失重状态，但都受重力，故B正确C、因为飞船在圆形轨道上的周期为90分钟小于同步卫星的周期，根据=可知角速度与周期成反比，所以飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，故C错误D、飞船变轨前后通过椭圆轨道远地点时的加速度均为万有引力加速度，据可知，轨道半径一样则加速度一样，故D错误故选：B【点评】圆形轨道上，航天器受到的万有引力提供航天器做圆周运动的向心力，即万有引力产生的加速度等于向心加速度，无论航天器是否做圆周运动，空间某点航天器无动力飞行时的加速度即为万有引力加速度，此加速
18、度只跟物体轨道半径有关，与运动状态无关4如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t=0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移（Ix）关系的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与图像结合【分析】将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式E=Blv，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况【解答】解：位移在0L过程：磁通量
19、增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值I=，l=x则I=x位移在L2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，故ACD错误位移在2L3L过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值I=（2Lx）故选：B【点评】本题考查对感应电势势公式E=Blv的理解l是有效的切割长度，可以利用排除法做此题5如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的
20、是（）A电动机多做的功为B物体在传送带上的划痕长C传送带克服摩擦力做的功为D电动机增加的功率为mgv【考点】动能定理的应用；滑动摩擦力；牛顿第二定律【专题】传送带专题【分析】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能【解答】解：A、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是mv2，所以电动机多做的功一定要大于mv2故A错误 B、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间t=，在这段时间内物块的位移x1=，传送带
21、的位移x2=vt=则物体相对位移x=x2x1=故B正确 C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知，C错误 D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv=mgv，所以D正确故选：BD【点评】解决本题的关键掌握能量守恒定律，以及知道划痕的长度等于物块在传送带上的相对位移6如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在的匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k0），金属棒与导轨间存在摩擦则下面关于棒的速度v、加速度
22、a随时间变化的关系图象中，可能正确的有（）ABCD【考点】安培力【分析】根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化【解答】解：A、根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a=，f=N=FA=BIL=BLkt，联立解得加速度a=，与时间成线性关系故A正确，B错误C、因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动故C错误，D正确故选：AD【点评】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间
23、图线的切线斜率表示加速度7如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，小球的电荷量保持不变，则上述过程中（）A小球的电势能增加W2B弹簧弹性势能最大值为mv2W1W2C弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小D小球和弹簧组成系统的机械能增加W2【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】小球上升的过程中，重力、电场力和弹簧的弹
24、力做功，根据动能定理得出弹力做功，其数值等于弹簧弹性势能的最大值电场力做正功，小球的电势能减小重力做负功，重力势能增加电场力做功等于机械能的增加【解答】解：A、小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，电场力做正功，知电势能减小W2故A错误B、根据动能定理得，W1+W2+W弹=mv2，解得弹力做功：W弹=mv2W1W2，知弹性势能的最大值为 mv2W1W2故B正确C、根据能量守恒得，弹性势能、小球的电势能、重力势能、动能之和保持不变，由于小球的动能可能一直增加，所以弹簧弹性势能、小球的电势能和小球的重力势能三者之和可能一直在减小故C正确D、除重力以外其它力做功等于机械能的增量，由于电场力做功为W2
25、，则小球和弹簧组成的系统机械能增加W2故D正确故选：BCD【点评】本题考查对功能关系的理解，并用来分析问题常见的几对功与能关系：重力做功与重力势能变化有关，电场力做功与电势能的变化有关，重力和弹簧弹力以外的力做功，等于系统机械能的变化量8如图所示，有一正方体空间ABCDEFGH，则下面说法不正确的是（）A若只在A点放置一正点电荷，则电势差UBCUHGB若只在A点放置一正点电荷，则B、H两点的电场强度大小相等C若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则C、G两点的电势相等D若只在A、E两点处放置等量异种点电荷，则D、F两点的电场强度大小相等【考点】电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析
26、】本题重点考查了匀强电场的理解：在匀强电场中平行且相等的线段之间电势差相等同时注意电场线和等势线是垂直的【解答】解：A、B、若A点放置一正点电荷，由图中的几何关系可知，BC之间的电场强度要大于HG之间的电场强度，结合它们与A之间的夹角关系可得电势差UBCUHG，故A错误；B、若A点放置一正点电荷，由于B与H到A的距离不相等，使用B、H两点的电场强度大小不相等故B错误；C、C、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，则AE连线的垂直平分平面是等势面，等势面两侧的点，一定具有不同的电势，使用C、G两点的电势一定不相等故C错误；D、若在A、E两点处放置等量异种点电荷，等量异种点电荷的电场具有对称性，即上
27、下对称，左右对称，D与H上下对称，所以电场强度大小相等；H与F相对于E点一定位于同一个等势面上，所以H与F两点的电势相等，则D、F两点的电场强度大小相等故D正确；本题选错误的；故选：ABC【点评】本题从比较新颖的角度考查了学生对点电荷的电场与等量异种点电荷的电场的理解，因此一定从多个角度理解匀强电场的特点，多训练以提高理解应用能力三、非选择题：包括必考题和选考题两部分考生根据要求作答（一）必考题9如图（a）所示的装置可以验证变力做功情况下的动能定理：在一辆小车上安装两挡光片a、b和位移传感器的发射端，光电门传感器、位移传感器的接收端、力传感器安装在水平放置的固定光滑轨道上，将两块磁铁分别安装于
28、力传感器的受力端和小车上对应的位置，且同性磁极相对让小车向力传感器方向运动，当挡光片a经过光电门传感器时，计算机记录下此时小车的速度v0，同时触发力传感器以及位移传感器工作，当挡光片b经过光电门时，计算机再次记录下此时小车的速度vt，同时力传感器和位移传感器停止工作，便可得到这一过程的小车所受的磁力和位移的Fs图象，如图（b）所示（1）若小车的质量为m，请写出计算小车动能的增量Ek的表达式： mvt2mv02（用已知量和测量量表示）（2）小车在这一过程做加速度变大、速度变小的运动（选填“变大”、“不变”或“变小”）（3）计算机通过Fs图线可以算出磁力在这一过程中所做的功请根据学过的知识写出根据
29、Fs图线估算磁力在这一过程所做功大小的方法：估算图线下方的面积，其大小即为磁力在这一过程所做功大小【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；动能定理的应用专题【分析】（1）由动能的表达式计算动能的增量；（2）F逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，而加速度方向与速度方向相反，所以速度减小；（3）Fs图象中，图线与坐标轴围成的面积表示功【解答】解：（1）由动能的表达式得：Ek=mvt2mv02，（2）F逐渐增大，根据牛顿第二定律可知，加速度逐渐增大，而加速度方向与速度方向相反，所以速度减小；（3）Fs图象中，图线与坐标轴围成的面积表示功，所以估算图线下方的面积，其大小即为磁力在这一
30、过程所做功大小故答案为：Ek=mvt2mv02；增大，减小；估算图线下方的面积，其大小即为磁力在这一过程所做功大小【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提；注意图象面积的意义10某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率所用的器材包括：输出为3V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、米尺、电阻箱、开关和导线等（1）他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，金属夹可在金属丝上移动请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图1（2）实验的
31、主要步骤如下：正确连接电路，设定电阻箱的阻值，开启电源，合上开关；读出电流表的示数，记录金属夹的位置；断开开关，改变金属夹的位置，合上开关，重复的操作（3）该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出图2的关系图线，其斜率为1.7A1m1（保留三位有效数字）；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了电源内电阻与电阻箱的电阻之和（4）他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图3所示金属丝的直径是0.200图2中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是金属丝的电阻率，其数值和单位为9.89107m（保留三位有效数字）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】（1）根据题
32、意进行实物图连接即可；（2）该题要求要进行多次测量，以便画出图线，恻然可知要移动金属夹的位置并记录相应的数据；（3）通过图线可计算出斜率；（4）螺旋测微器读数时，要分固定刻度和可动刻度，再进行相加可得结果；通过计算可知图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积的结果和单位，从而可判断是什么物理量；【解答】解：（1）实物连接如图所示（3）由图可得其斜率为k=A1m1=10.7A1m1（4）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为20.00.01=0.200mm，所以金属丝的直径为0+0.200=0.200mm，根据电阻定律，则有：R=；而欧姆定律则有，R=所以，=；即图线的斜率、电源电动势
33、和金属丝横截面积的乘积等于金属丝的电阻率由题意得：KES=10.5A1m13V3.140.12106m2=9.89107m，得到的结果的单位是m，即为电阻率的单位故答案为：（1）如图：（3）10.7；电源内电阻与电阻箱；（4）0.200mm；金属丝的电阻率，9.89107m；【点评】该题是较综合的考查了电学实验，要求我们要会熟练的连接实物图，注意连接实物图的要领；熟练的对螺旋测微器进行读数；还要知道物理公式得计算不单是对数值的计算，还是对物理量的单位的计算11在光滑的水平冰面上建立xoy平面直角坐标系：向东方向为x轴正方向，向南方向为y轴正方向现有一质量为1Kg的质点静止在坐标原点，从t=0时
34、刻开始，在第一个2s内对质点施加一个向东方向，大小为2N的水平拉力F；在第二个2s内将此力F改为向南方向，大小不变；第三个2s内再将此力F改为向东偏北45方向，大小不变求：（1）第4s末质点的速度（结果可以用根式表达）（2）第6s末质点的位置坐标【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】（1）根据运动的合成与分解，将速度分解成X与Y方向，结合运动学公式，即可求解；（2）根据类平抛运动的处理规律，结合运动学的位移公式，即可求解【解答】解：（1）质点的加速度大小为：a=2m/s2；第一个2秒末质点的速度为：V1=a t=4m/s 方向沿X正方向；第一个2秒末质点的位移为：X1=a
35、t2=4m 方向沿X正方向；第二个2秒质点做类平抛运动，有：V2X=V1=4m/sV2Y=at=4m/s；X2=V2Xt=8m Y2=at2=4m 所以：前4秒内质点位移的大小为4m第4秒末质点的速度为4m/s，方向东偏南45；（2）第3个2秒内质点还是做类平抛运动，沿V2方向运动有：S3=42=8m 沿垂直V2方向运动有：S4=at2=4m 故第6秒末质点的位置坐标为：X=4+8+S3sin45+S4sin45=（20+2）m Y=4+S3sin45S4sin45=（122）m 答：（1）第4s末质点的速度4m/s，方向东偏南45；（2）第6s末质点的位置坐标（20+2，122）【点评】考查
36、运动的合成与分解的应用，注意矢量的合成法则的掌握，同时理解运动学公式的正确运用，注意分运动与合运动的等时性12在如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m、电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的A点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的C点进入电场区域，该离子经C点时的速度方向与x轴夹角为45不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大 求：（1）C点的坐标；（2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与
37、电场方向的夹角【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）带电粒子在匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出轨迹半径画出粒子运动的轨迹，由几何知识求出C点的坐标；（2）粒子从A运动C，转过225角第一次进入电场后，粒子先做匀减速直线运动，速度减到零后做匀加速直线运动返回，第二次穿越x轴，进入磁场后，转过90第二次穿越x轴进入电场根据时间与周期的关系求出在磁场运动的时间由牛顿定律和运动学公式求解在电场中运动的时间，再求出总时间（3）粒子从第三次过x轴到第四次过x轴的过程是在电场中做
38、类平抛的运动，采用运动的分解，由牛顿定律和运动学公式求解第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角【解答】解：（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，故有qv0B=m得 r= 粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，xC=（r+rcos45）=故C点坐标为（，0）（2）设粒子从A到C的时间为t1，由几何知识知：设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学公式，有 qE=ma 及2v0=at2联立（6）（7）解得 设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为t3，由题意知所以粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为（3）粒子从第三次过x轴到第四次过
39、x轴的过程是在电场中做类平抛的运动，即沿着v0的方向（设为x轴）以v0做匀速运动，沿着qE的方向（设为y轴）做初速度为0的匀加速运动 即x=v0t设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为由图中几何关系知 =cos45，v=，综合上述得，答：（1）C点的坐标是（，0）； （2）离子从A点出发到第三次穿越x轴时的运动时间是+； （3）离子第四次穿越x轴时速度的大小为，速度方向与电场方向的夹角【点评】本题是粒子在电场和磁场中运动的问题，电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解，磁场中圆周运动的研究方法是画轨迹（二）选考题：物理-选修3-5：13下列说法中正确的是（）A卢瑟福提出
40、原子的核式结构模型建立的基础是粒子的散射实验B发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子核具有复杂的结构C比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定D原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用E氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能增加【考点】天然放射现象；原子核的结合能【分析】卢瑟福提出的原子核式结构模型，仅能解释粒子散射实验；元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，且原子核内部是有结构的；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；波尔理论和经典力学判断【解答】解：A、卢瑟福通过粒子散射实验提
41、出的原子核式结构模型，故A正确；B、元素的放射性不受化学形态影响，说明射线来自原子核，说明原子核内部是有结构的，故B正确；C、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；D、核力是短程力，只有相邻的核力之间有力，故D错误；E、氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能增加，原子的电势能减小，故E错误；故选：ABC【点评】对于原子物理部分知识，大都属于记忆部分，要注意加强记忆和积累，一定牢记原子核式结构模型、元素的放射性、核力、波尔理论和经典力学14如图所示，长l=0.2m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m=0.5kg的小
42、球，悬点O距地面的高度H=0.35m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t=0.1s落到地面，如果不考虑细线的形变，g=10m/s2，试求：（1）细线拉断前后的速度大小和方向；（2）假设细线由拉直到断裂所经历的时间为t=0.1s，试确定细线的平均张力大小【考点】动量定理；机械能守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】（1）小球下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小球到达最低点时的速度，然后由匀变速运动的位移公式求出细线断裂时球的读数（2）由动量定理可以求出细线的平均张力【解答】解：（1）细线拉断前，小球下落过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl=mv12，解得：v1=2 m/s，方向竖直向下 设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由匀变速运动的位移公式可得：Hl=v2t+gt2，解得：v2=1m/s，方向竖直向下；（2）设细线的平均张力为F，方向竖直向上，取竖直向上为正方向，由动量定理可得：（Fmg）t=mv2（mv1），解得：F=+mg=10N；答：（1）细线拉断前的速度为2m/s，方向竖直向下，细线拉断后的速度大小为1m/s，方向：竖直向下；（2）细线的平均张力大小为10N【点评】本题考查了求小球的速度、求细线的张力，分析清楚小球运动过程，应用机械能守恒定律、运动学公式、动量定理即可正确解题
